精品解析：湖北省十堰市2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题

十堰市2025年高三年级元月调研考试 数学 本试题卷共4页，共19道题，满分150分，考试时间120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试题卷､草稿纸上无效. 3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷､草稿纸上无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列双曲线，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据各项双曲线方程确定焦点位置并写出渐近线方程，即可得答案. 【详解】由、的焦点在轴上，A、B错； 由的焦点在轴上且渐近线方程为，C对； 由的焦点在轴上且渐近线方程为，D错. 故选：C 2. 如图，在中，是延长线上一点，且，则（ ） A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理求解即可. 【详解】. 故选：B. 3. 已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取正三棱锥的底面中心为，设外接球的球心为，先由三棱锥的体积求出正三棱锥的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积即可. 【详解】设正三棱锥的底面中心为，外接球的球心为，显然球心在直线上. 设正三棱锥的高为，外接球的半径为， 由，可得正三角形的面积为， 所以，解得. 球心到底面的距离为， 由，得， 所以外接球的表面积为. 故选：D. 4. 已知函数，若实数、、满足，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出函数的图象，可知，求出的取值范围，根据求出的值，由此可得出的取值范围. 【详解】作出函数的图象，如图： 由图可知，，即，得， 即， 由，即，可得， 得，即，所以. 所以，，故的取值范围为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题关键在于根据图形确定、、的范围，结合图形以及代数运算求出为定值，再结合的范围求解. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 5 已知虚数满足，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 可能为纯虚数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的乘法以及共轭复数的概念，建立方程方程，可得答案. 【详解】设，由，可得， 所以，解得，则， 所以的实部为的虚部为不可能为纯虚数. 故选：AC. 6. 已知，函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若为奇数，则是的极小值点 B. 若为奇数，则是的极大值点 C. 若为偶数，则是的极小值点 D. 若为偶数，则是的极大值点 【答案】BC 【解析】 【分析】先求导函数再分奇数偶数判断导函数正负得出函数单调性进而得出极值点即可. 【详解】由题可得. 当为奇数时，，令， 且当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以是的极大值点，B正确； 当为偶数时，， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以是的极小值点，C正确. 故选：BC. 7. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 曲线关于原点对称，且关于直线对称 B. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2 C. 若是曲线上的任意一点，则的最大值为 D. 已知，直线与曲线交于两点，则为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据曲线上任意点，结合曲线方程判断是否在曲线上判断A；令第一象限点在曲线上，得，应用基本不等式求的范围判断B；根据题意位于第二象限时取得最大值，令得，利用求的范围判断C；设第一象限点，则且，结合两点距离公式求判断D. 【详解】根据曲线方程，若点在曲线上，易知点都满足曲线的方程， 所以曲线关于原点对称，且关于直线对称，A正确； 令第一象限点在曲线上，则， 因为，则，解得，当且仅当时等号成立， 所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，B正确； 由曲线的对称性知，当位于第二象限时，取得最大值， 所以，令， 将代入，可得， 故，解得，即的最大值为6，C错误； 由题，知点关于原点对称，不妨设第一象限点， 则且， 则， ， 所以为定值，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：根据曲线方程的特征判断曲线的对称性，结合各项描述并应用特殊象限点、基本不等式、两点距离公式、方程法判断各项正误为关键. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 8. 已知，函数在上单调递减，则的最大值为__________. 【答案】10 【解析】 【分析】设，可知在上单调递减，结合正弦函数单调性可得，再根据分析求解即可. 【详解】因为，所以， 又因为在上单调递减， 设，可知在上单调递减， 则，解得， 且，则，解得， 当时，，当时，， 所以的最大值为10. 故答案为：10. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 9. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； 解法二：延长、，设，连接，分析可知，为平面与平面夹角，计算出、的长，即可求得的余弦值，即为所求； （2）解法一：假设存在满足条件的点，设，根据空间向量法得出，求出的值，即可得出结论； 解法二：当时，平面，连接，取为的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论. 【小问1详解】 解法一：因为在直四棱柱中，底面是边长为的正方形， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，. 设平面的法向量为，则， 令，则， 易知是平面的一个法向量， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 解法二：延长、，设，连接， 过在平面内作垂线，垂足为，连接. 因为平面，平面，则， 又因为，、平面，， 所以，平面， 因为平面，所以，， 所以为平面与平面的夹角. 因为，所以，则，则为的中点， 所以，， 在中， ， 因为， 所以， 因为平面，平面，则， 则， 所以，， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【小问2详解】 解法一：由（1）可得、，， 假设存在满足条件的点，设，所以， 因为平面，所以，解得. 故当时，平面. 解法二：当时，平面. 证明过程如下：连接，取为的中点，连接、. 因为为的中点，所以为梯形的中位线， 即，且， 因为，且，所以，， 所以为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 10. 已知等比数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：根据作差得到，即可求出公比，再求出，即可得解；解法二：设数列的公比为，令、，即可求出、，即可求出通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相减法求出，参变分离可得，令，利用作商法判断的单调性，即可求出的最大值，即可得解. 【小问1详解】 解法一：由，可得， 两式相减可得，则，即数列的公比为. 当时，，则，解得， 所以. 解法二：设数列的公比为， 当时，，即， 当时，，即， 解得，所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 则， 所以， 即， 解得， 由，可得， 令，则， 当时，，当时，， 当时，1，所以， 所以，所以的取值范围为. 11. 已知抛物线的焦点在直线上，是上的三个点. （1）求的方程； （2）已知，且直线经过点，，求直线的方程； （3）已知在轴的两侧，过点分别作抛物线的切线，且与交于点，直线与和分别交于点，求面积的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据焦点在直线上求解即可； （2）求出点的坐标，设，直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合求解即可； （3）设出直线的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和判别式得到，利用导数分别求出点和点处的切线方程，求出点，，的坐标，得到面积的表达式，令，则，利用导数判断函数的单调性，进而求出最小值. 【小问1详解】 由题可知，所以，解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 设，由题可知， 依题意知直线的斜率必存在，设直线的方程为. 由整理得， 则，， ，， 因为，所以， 所以，， 解得，所以直线的方程为； 【小问3详解】 设， 因为在轴的两侧，所以直线的斜率一定存在， 不妨设，直线的方程为， 由整理得， 则，， 由得. 设切线的斜率分别为， 又，所以，则，， 所以的方程为，即， 同理可得的方程为. 由解得即. 令，可得，， . 点到直线的距离为， 故的面积为，（当时，等号成立） 令，记，则， 令，则，所以在上单调递增； 令，则，在上单调递减， 所以， 故面积的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点之一在于利用导数求出抛物线在点，处的切线，进而得到面积的表达式，关键点之二在于利用得到，再利用换元法转化为求函数的最小值，利用导数求解即可. 12. 设函数在区间上有定义，若对任意，都满足，则称函数在区间上为级速增函数. （1）判断函数在上是否为1级速增函数，说明理由. （2）若函数在区间上为2级速增函数，且，证明：对任意，恒成立. （3）若在区间上为级速增函数，求的取值范围. 【答案】（1）是；理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合“1级速增函数”定义，转化为证明，经过因式分解、配方等运算即可证明； （2）由定义赋值可得，再利用累差法可证； （3）由定义得恒成立，分离参数转化为恒成立.先后构造函数与函数，利用导函数求解最值可得的取值范围. 【小问1详解】 函数在上为1级速增函数.证明如下： 任意，则， 则 ， 所以任意，， 故由定义可知，函数在上为1级速增函数. 【小问2详解】 若函数在区间上为2级速增函数， 则当时，， 所以对，恒成立. 有，，，， 各式相加得. 又，则. 故对任意，恒成立. 【小问3详解】 若在区间上为级速增函数， 则任意，有恒成立. 则恒成立. 令， 则 由，则， 故，故，在上单调递增， 所以，且； 故由恒成立，则对任意恒成立； 再令，则， 故当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 故， 故由恒成立可得，. 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键点在于理解定义并转化为不同形式的不等式解决问题，如第（2）问中利用定义赋值构造不等式，从而利用累差法证明不等式成立；再如第（3）问中由定义转化为对任意，恒成立，从而分离参数转化为函数最值问题求解参数范围即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 十堰市2025年高三年级元月调研考试 数学 本试题卷共4页，共19道题，满分150分，考试时间120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试题卷､草稿纸上无效. 3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷､草稿纸上无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列双曲线，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在中，是延长线上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若实数、、满足，且，则取值范围为（ ） A B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 5 已知虚数满足，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 可能为纯虚数 6. 已知，函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若为奇数，则是的极小值点 B. 若为奇数，则是的极大值点 C. 若为偶数，则是的极小值点 D. 若为偶数，则是的极大值点 7. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 曲线关于原点对称，且关于直线对称 B. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2 C. 若是曲线上的任意一点，则的最大值为 D. 已知，直线与曲线交于两点，则为定值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 8. 已知，函数在上单调递减，则的最大值为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 9. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 10. 已知等比数列前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围. 11. 已知抛物线的焦点在直线上，是上的三个点. （1）求的方程； （2）已知，且直线经过点，，求直线的方程； （3）已知在轴的两侧，过点分别作抛物线的切线，且与交于点，直线与和分别交于点，求面积的最小值. 12. 设函数在区间上有定义，若对任意，都满足，则称函数在区间上为级速增函数. （1）判断函数在上否为1级速增函数，说明理由. （2）若函数在区间上为2级速增函数，且，证明：对任意，恒成立. （3）若在区间上为级速增函数，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $